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1、课时作业 4力与物体的曲线运动 (二) 一、选择题 (1 4 题为单项选择题，57 题为多项选择题) 1如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，甲、乙、丙、丁四个带负电的点电荷分别 沿四个方向、以大小相同的初速度v0垂直磁场方向进入磁场则进入磁场瞬间，受到洛伦 兹力方向向下的点电荷是( ) A甲B乙 C丙 D 丁 解析： 根据左手定则分析，丁受到的洛伦兹力方向向下，故选项D正确 答案： D 2在如图所示的电路结构中的Q点处，能源源不断地向两平行板电容器的中央处释放 出速度为v的带电微粒， 假设滑动变阻器的滑片P在图中所处的位置时，微粒恰能沿平行板 电容器的中线运动，并能打在左边的挡板M上，现将滑片
2、P往下移动一小段，则此后从Q 点发出的带电微粒的运动将( ) A向上偏转 B向下偏转 C不发生偏转 D 无法确定 解析： 当滑动变阻器的滑片P向下移动时， 滑动变阻器分得的电压将减小，但由于二极 管，平行板电容器两板的电荷量将保持不变，由C Q U rS 4kd，可得 E U d 4kQ rS ，即两板 之间的电场强度保持不变，故微粒的运动不发生变化，选项C正确 答案： C 3. (2017朝阳区模拟) 如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场 垂直于纸面向外，比荷为 e m 的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边， 则磁感应强度B的取值应为 ( ) A
3、B 3mv0 ae B B2mv 0 ae CB2mv 0 ae 解析： 由题意，若电子正好经过C点其运动轨迹如图所示，此时其圆周运动的半径R a 2cos30 a 3 ，要使电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于 a 3 ，由带电粒子在磁场中运动的半 径公式rmv qB ，有 a 3 mv 0 eB，即 Btc，所以可知vavbEc，选项 C错误；因a、b粒子在电场中 的运动时间相同，所以两粒子打在负极板与离开电场是同时的，选项D正确 答案： D 5在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B( 均可视为质 点) 处在同一水平面上现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落
4、到水平地面上，运 动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则( ) AA球带正电，B球带负电 B. A球比B球先落地 C在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加 D两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小 解析： 两球均做类平抛运动，水平方向上有xv0t，竖直方向上有h1 2at 2，得加速度 大小a 2hv 2 0 x 2，可见水平距离x越大，加速度a越小， 相应所用时间t越长， 即B球先落地， A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负 电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，
5、电场 力对B球做正功，B球电势能减少，选项A正确； B、C均错误；根据动能定理有mah 1 2mv 2 1 2mv 2 0，而vvv0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量v越大，即A 球的速率变化量较小，选项D正确 答案： AD 6(2017陕西高三质量检测) 如图所示， 半圆形和矩形组成的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两粒子从 A点沿水平直径AP以相同的速度v0入射， 结果甲、乙两粒子分别从C、D点射出已知CDAP， AQ 1 4AP ，COP60，则下列说法中正确的是( ) A甲、乙两粒子的比荷之比为53：6 B甲、乙两粒子的比荷之比为3：5 C甲、乙两粒子在磁场中运动
6、时间之比为243：37 D甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为60： 37 解析： 画出两粒子在磁场中运动的轨迹图，设半圆形磁场区域的半径为R，AP2R，AQ 1 4AP 1 2R . 对从C点射出的粒子，由图中几何关系可知，r1tan30R，解得r13R；对从D 点射出的粒子，由图中几何关系可知， 3 2R 2 r2 1 2R 2 r 2 2，解得r25 2R ；由qvBm v 2 r ，解 得粒子比荷 q m v Br. 甲、乙两粒子的比荷之比 q1 m1 ： q2 m2 r2r1 5 2R ：3R53：6，选 项 A正确、 B错误 甲粒子轨迹圆弧所对圆心角为60， 运动时间为 1 6T ，
7、由 sin21.5 R 2.5R 0.6 ， 乙粒子轨迹圆弧所对圆心角为37，甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为 t1 t2 r1 r2 1 2 360 2.5 37 243 37 ，选项 C正确、 D错误 答案： AC 7. 如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面向里，在纸面内有一半径为R的圆周、圆心为O. 一带电粒子质量为m、电荷量为q，从圆周上的M点以速度v0射向圆心，经过一段时间从 圆周上的N点离开圆周， 已知经过N点时的速度方向与从M点射入时的速度方向夹角为( 图 中未画出 )，不计重力，则( ) A磁感应强度大小为 mv0tan 2 qR B磁感应强度大小为 mv0 qR C粒子经历此过
8、程的时间为 R v0 D粒子经历此过程的时间为 R v0tan 2 解析： 此题易错点在于把圆周半径当作粒子做圆周运动的半径作出带电粒子做圆周运动的轨 迹，如图所示由数学知识可知在圆内运动轨迹对应圆心角为，1 2， r R tan. 带 电粒子受到的洛伦兹力提供向心力有qv0B mv 2 0 r ，运动时间t r v0 ，联立解得t R v0tan 2 、B mv0tan 2 qR ，故选项B、C错误， A、D正确 答案： AD 二、非选择题 8(2017山西太原二模) 如图，在直角坐标系xOy中，y0 的区域有匀强电场，方向沿y轴负方向在与x轴 夹角30直线上有P、Q两点，两点关于坐标原点O
9、对称，POl. 一质量为m、电荷量 为q的带电粒子从P点沿x轴正方向以速度v0开始运动，经x轴上M点后恰好能通过Q点 不 计粒子的重力，求： (1)M的横坐标xM； (2) 电场强度E的大小 解析： (1) 粒子由P到M做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t xMlcosv0t，lsin 1 2at 2 设粒子在M点的速度v与x轴间夹角为，沿y方向的分速度为vy vyat tan vy v0 由几何关系有tan lsin lcosxM 解得xMl cos 3 3 6 l. (2) 由牛顿运动定律有qEma 解得E 3mv 2 0 4ql . 答案： (1) 3 6 l(2) 3mv 2 0
10、4ql 9. 如图所示，在水平面内固定一个半径分别为R、R 2的两段半圆弧组成的细玻璃管，处于 垂直纸面方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B. 一个质量为m， 带电荷量为q的小球 ( 小 球可视为质点， 重力不计 ) 从A端点以一定的初速度入射，在AB段管内运动时恰好不受玻璃 管侧壁的作用力 (1) 判断所加磁场的方向，并求出小球入射的初速度大小 (2) 小球在BC段管中做什么运动，对玻璃管侧壁的作用力大小是多少？ 解析： (1) 小球所受洛伦兹力充当向心力指向圆心，根据左手定则，磁场方向应垂直纸 面向外 根据qv0Bm v 2 0 R 可得v0qBR m . (2) 洛伦兹力对小球不做功，小
11、球动能不变，仍做匀速圆周运动 根据牛顿第二定律FNqv0Bm v 2 0 R 2 解得：FN 3q 2B2R m . 答案： (1) 垂直纸面向外 qBR m (2) 匀速圆周运动 3q 2B2R m 10如图所示，在竖直虚线MN的右侧存在着电场强度为E1310 2 N/C 、方向竖直向 上的匀强电场E1，在MN的左侧存在着水平方向的匀强电场E2. 在右侧的匀强电场E1中，一 条长为L0.8 m的绝缘细线一端固定在O点，另一端拴着质量m0.3 kg、电荷量q210 2 C 的小球， O点到虚线MN的距离为x1.2 m 现将细线拉直到水平位置，使小球由静止 释放，则小球能运动到图中的位置P(P点
12、在O点的正上方 ) ( 不计阻力，g取 10 m/s 2) (1) 判断小球的电性( 不需要说明理由) (2) 求小球运动到P点的速度大小vP. (3) 若小球运动到P点时细线刚好断裂，细线断裂后小球继续运动，求小球运动到虚线 MN处时速度大小 (4) 在(3) 的情况下，若小球运动经过虚线MN后进入左侧的匀强电场E2恰能做直线运动， 求匀强电场E2的大小 解析： (1) 小球要向上运动，电场力必须向上，故小球带正电 (2) 小球从静止释放到运动至P点，根据动能定理得： (qE1mg) L 1 2mv 2 P 0 解得：vP 2qE1mgL m 4 m/s. (3) 细线断裂后小球继续运动到虚
13、线MN处，该过程小球做类平抛运动( 水平匀速，竖直 匀加速 ) ，如图甲，设做类平抛运动的时间为t，则：vPtx 由牛顿第二定律得：qE1mgma 小球运动到虚线MN处时竖直方向的分速度为 vyat 合速度为vv 2 yv 2 P 联立代入数据解得：v5 m/s. (4) 小球进入左侧的匀强电场E2只在重力和电场力作用下恰能做直线运动，说明重力与 电场力的合力方向必与速度方向在同一条直线上，通过分析可得电场力的方向水平向右，小 球所受合力方向与速度方向相反如图乙所示，则： tan vy vP qE2 mg tan 解得：E2210 2 N/C. 答案： (1) 小球带正电(2)4 m/s (3)5 m/s (4)2 10 2 N/C
